1.3.1等比数列及其通项公式（2知识点6题型强化训练）

1.3.1等比数列及其通项公式课程标准学习目标（1）通过生活中的实例,理解等比数列的概念和通项公式的意义;（2）能在具体的问题情境中,发现数列的等比关系,并解决相应的问题。（1）掌握等比数列的概念，会证明某数列是等比数列;（2）掌握等比数列的通项公式，会求某等比数列通项公式.（难点)（3）利用等比数列解决实际生活问题。知识点01等比数列的概念如果一个数列从第二项起，每一项与它的前一项的比等于同一个常数，那么这个数列叫做等比数列，这个常数叫做等比数列的公比，记为q.代数形式：anan-1=q(q是常数，n≥2)或解析(1)公比是每一项与它的前一项的比，常数指的是与n无关;(2)等比数列中an≠0,q≠0(否则数列会出现0,不可能符合等边数列定义(3)anan-1an+1anan+1a【即学即练1】已知an,bA．an+bn B．an⋅【答案】A【分析】根据等比数列的性质直接求解即可.【详解】设an的公比为q1，bn对于A，令an=1显然an对于B，an+1⋅b对于C，an+1an对于D，bn+12bn故选：A.知识点02等差数列的通项公式等比数列an的首项为a1，公比为q，则an解析(1)证明由等比数列的定义可得，an所以a2a1=q,a3a把以上n-1个等式累乘可得ana1=当n=1时，a1=故an以上的方法称之为累乘法.(2)通项公式an=a1q(3)等比数列的通项公式可整理为an=a1qn-1=a1q∙qn,当(4)偶数项的正负、奇数项的正负相同(a2na2n-1=【即学即练2】已知等比数列an的前三项和为13，a6-6a5A．81 B．243 C．27 D．729【答案】B【分析】根据给定条件，列式求出等比数列an首项和公比即可得解【详解】设等比数列an的公比为q由a6-6a5+9由an的前三项和为13，得a1(1+q+因此等比数列an的通项an=故选：B【题型一：由定义判定等比数列】例1．已知数列an是等比数列，则下列数列一定是等比数列的是（

A．a2n BC．an+a【答案】D【分析】对于AD：根据等比数列的定义分析判断；对于BC：举例说明即可.【详解】设等比数列an的公比为q≠0对于选项A：因为a2n+1a2n对于选项BC：例如an=-1所以lgan，an对于选项D：因为an且an+1所以an+a故选：D.变式11．设命题p：数列an是等比数列，命题q：数列a2k-1和a2kk∈N*均为等比数列，则A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】A【分析】根据充分条件、必要条件的定义、等比数列的定义计算可得.【详解】设数列an的公比为q因为数列an是等比数列，所以a所以a2k-1a2k-3所以a2ka2k-2故p是q的充分条件；若数列an=2n-1n但a1=1,a2=4,故p是q的不必要条件；故p是q的充分不必要条件.故选：A变式12．等差数列an的前项n和为Sn，且an∈NA．数列2an一定是等比数列 B．数列C．数列Snn一定是等差数列 D．数列【答案】D【分析】利用等差、等比数列的定义判断A、B、C，特殊值判断D，即可得结果.【详解】因为数列an是等差数列，设其通项公式为a所以2an+12an=因为数列bn为等比数列，设其通项公式为b所以ba所以数列ban一定是等比数列，B因为Sn=n所以数列Snn一定是等差数列，C当bn=(-1)n时，bn故选:D.【方法技巧与总结】证明某数列an是等比数列，可采取定义法，只需要证明anan-1【题型二：由递推公式证明等比数列】例2．已知数列{an}满足a1=1A．{an+3} B．{an-3}【答案】D【分析】由数列的递推式，计算前四项，由等比数列的性质可判断ABC；由数列的递推式推得an+2-a【详解】由a1=1，a2可得3a3+a1又3a4+a2由a1+3=4，a2+3=7，a3由a1-3=-2，a2-3=1，a3由a2+a1=5，a3+由3an+2+即为an+2-a可得{an+1-an}是首项为故选：D.变式21．已知数列an满足an+1=3an+2，则“a1=-1”A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】C【分析】根据充分必要条件的证明方法，结合等比数列的定义与数列递推式即可得解.【详解】当a1=-1时，因为an+1又a1=-1，则a1依次类推可知an+1=0，故则an是首项为-1，公比为1当an是等比数列时，因为an+1=3当an+1≠0时，an+1+1a所以an+1=a则a2=a1+1由a22=a1当an+1=0，即所以a1=-1故选：C.变式22．在数列an中，a1=1．若命题p:an+1+an=A．充分不必要 B．必要不充分C．充分必要 D．既不充分也不必要【答案】A【分析】根据充分性和必要性分别考虑即可.【详解】充分性：若p:an+1+则数列an-2n是以a1-2必要性：若q:an-2n则t为不为0的常数，故q不能推出p,必要性不成立，所以p是q的充分不必要条件.故选：A【方法技巧与总结】要由递推公式证明某数列是等比数列，常见的方法也是采取定义法.【题型三：求等比数列的通项公式】例3．若等比数列an的各项均为正数，且3a5，1A．3 B．6 C．9 D．18【答案】C【分析】先根据等比数列部分项成等差得出公比，再结合等比数列通项求值即可.【详解】若等比数列an的各项均为正数，所以公比q>0且3a5,即得q可得q=3，a10故选：C.变式31．设x,x+10,x-5是等比数列an的前三项，则an=A．-4×-32n-1 B．-4×-3【答案】A【分析】利用等比数列的通项公式即可得出.【详解】因为x,x+10,x-5是等比数列an的前三项，所以(x+10)2=x(x-5)，解得：x=-4，x+10=6，则公比故选：A变式32．等比数列an中，a1=1，a5=-8a2A．(-2)n-1 B．-(-2)n-1 C．(-2)【答案】B【分析】根据题意等比数列的性质可得公比q=-2，且由a5<a2【详解】由题意知数列an为等比数列，设公比为q，由a5=-8a2因为a5<a2，即a1q4<a所以an=a1故选：B.变式33．已知数列an满足a1=2，a2=-1，数列3anA．3n-1+(-2)n-1C．2n-1+(-3)【答案】C【分析】根据题意，由等比数列的通项公式可得3an+an+1=5⋅2n-1，然后令bn=【详解】因为a1=2，a2且数列3an+则3an+an+1令bn=an2即bn+1-1所以数列bn-12是以则bn-1即an2n故选：C【方法技巧与总结】要求等比数列的通项公式，首先要确定数列是等比数列，由通项公式an=a1qn-1【题型四：等比数列通项公式的基本量计算】例4．在各项均为正数的等比数列an中，6a1，12a2，-aA．14 B．28 C．42 D．56【答案】B【分析】由等差中项的性质可得a2=6a1【详解】设等比数列an的公比为q，有q>0由6a1，12a2即q=6-q2，解方程可得q=2（则a4故选：B.变式41．在等比数列an中，a1+a4=8，A．19 B．49 C．1 D【答案】B【分析】根据题意结合等比数列通项公式列式求a1,q【详解】设等比数列an的公比为q由题意可得：a1+a所以a5故选：B.变式42．已知an是正项等比数列，若4a1,1A．3 B．4 C．5 D．6【答案】D【分析】根据等差中项结合等比数列通项公式求得q=4，再结合对数运算分析求解.【详解】设等比数列an的公比为q(q>0)因为4a1,12整理可得q2-3q-4=0，解得q=4或q=-1所以log8故选：D.变式43．数列an的前n项和Sn满足Sn=12SA．-7 B．-6 C．6 D．7【答案】B【分析】由已知结合an=Sn-Sn-1(n≥2)化简变形可得数列a【详解】因为Sn=1所以Sn+1所以an+1因为S2=12S1+2所以数列an是以2为首项，1所以a8所以log2故选：B【方法技巧与总结】求等比数列的基本量，往往采取列方程组的方法求出首项a1和公比q便可，后面学了等比数列的性质还有更简便的方法【题型五：实际问题中的等比数列】例5．南宋数学家杨辉在《详解九章算术》中提出了高阶等差数列的问题，即一个数列an本身不是等差数列，但从数列an中的第二项开始，每一项与前一项的差构成等差数列bn，则称数列an为一阶等差数列，或者bn仍旧不是等差数列，但从bn数列中的第二项开始，每一项与前一项的差构成等差数列cn，则称数列an为二阶等差数列，依次类推，可以得到高阶等差数列．类比高阶等差数列的定义，我们亦可定义高阶等比数列，设数列1，1，2，8，A．210 B．215 C．221【答案】D【分析】根据题意，bn为等比数列，求得bn，利用累乘法可求得【详解】设数列1,1,2,8,64,⋯为an设bn-1=anan-1，所以bn∴b则an=a∴a故选：D.变式51．折纸是一种用纸张折成各种不同形状的艺术活动，起源于中国，其历史可追溯到公元583年.在一次数学实践课上某同学将一张腰长为1的等腰直角三角形纸对折，每次对折后仍成等腰直角三角形，则对折6次后得到的等腰直角三角形斜边长为（

）A．28 B．18 C．24【答案】A【分析】根据题意分析，从第2次开始，每次对折后得到的等腰直角三角形斜边长，构成一个首项为1，公比为22的等比数列，运用等比数列基本量运算即得【详解】对折一次得到的等腰直角三角形斜边长为1，对折2次得到的等腰直角三角形斜边长为22对折3次得到的等腰直角三角形斜边长为12，⋯故对折6次后得到的等腰直角三角形斜边长为1×(故选：A.变式52．分形的数学之美，是以简单的基本图形，凝聚扩散，重复累加，以迭代的方式而形成的美丽的图案.自然界中存在着许多令人震撼的天然分形图案，如鹦鹉螺的壳、蕨类植物的叶子、孔雀的羽毛、菠萝等.如图所示，为正方形经过多次自相似迭代形成的分形图形，且相邻的两个正方形的对应边所成的角为15°.若从外往里最大的正方形边长为9，则第3个正方形的边长为（

）

A．4 B．8168 C．6 D【答案】C【分析】设第n个正方形的边长为an，根据分形特点可得an是以9为首项，63为公比的等比数列，从而可得第【详解】解：设第n个正方形的边长为an则由已知可得an∴an+1∴an是以9为首项，6∴a3故选：C.【方法技巧与总结】在实际问题中，理解题意是关键，能在题中提炼出等比数列的有效信息，把自然语言化为等比数列的符号语言，把实际问题转化为求等比数列基本量的问题求解.【题型六：等比数列通项公式综合运用】例6．设数列an的前n项和为Sn．已知a1(1)求数列an(2)若bn是公比为4的等比数列，且b1+a1，b2+a2【答案】(1)a(2)-【分析】（1）由an=Sn-Sn-1将（2）由已知条件可求出bn=4n-13，进而得an【详解】（1）因为2S故2Snn所以当n≥2时，左右两边除以2n1-n有S所以数列Snn是以S1所以Sn故由2Snn（2）由（1）以及题意得b1即b1+116所以bn=1因为数列an所以an+1所以3-9n-9λ<0，即λ>1故λ>13-nmax=变式61．已知等比数列an满足a1⋅a5=4aA．12 B．13 C．14 D．15【答案】D【分析】设出公比，根据题目条件求出公比和首项，得到通项公式，并得到当1≤n≤5时，an>1，当n=6时，an=1，当n≥7【详解】设等比数列an的公比为q，由a1⋅a5=又a7=a1q6=12所以an=a易知当1≤n≤5时，an>1，当n=6时，an=1，当令Tn=a1⋅a2故Tn从而log2a1故选：D．变式62．正项数列an中，an+1=kan（k为实数），若aA．3,9 B．3,9 C．3,15 D．3,15【答案】A【分析】根据递推公式，求出a2023=31k+1+k，然后化简a【详解】因为an>0，且an+1=kan，所以因为a2022+a所以a2023所以a令t=1k+k化简可得a2022令ft=9t2-1所以13≤1-2所以a20222+故选：A．【点睛】关键点点睛：本题解答的关键是根据等比数列的通项公式将式子转化为关于k的式子，再利用换元法求出目标式子的取值范围.变式63．设数列an的前n项和为Sn,a1=1，且2Sn=an+1-1A．1或3 B．2或3 C．1或4 D．2或4【答案】A【分析】根据Sn与an的关系，求出an=3n-1，则bn+3bn-1+32bn-2+⋯+3n-1b1=3n-n-1【详解】2Sn≥2时，2S相减可得：2an又n=1时，2S1=a2∴数列an是首项为1，公比为3的等比数列，所以a对任意正整数n，都有a1得bn+3又bn+1+3②－①×3得：bn+1又a1b1=3-1-1=1，所以进而b1由b1+b2+记f(n)=n23以下证明n≥4时，f(n)<1，因为f(n+1)-f(n)=(n+1)即n≥4时，f(n)单调递减，f(n)<1，综上可得，满足等式b1+b2+b3故选：A．【点睛】关键点睛：涉及数列的单调性以及数列的最大项和最小项问题，综合性较强，难度较大，解答时要结合几何知识，能熟练的应用数列的相关知识作答，关键是要注意构造新数列解决问题.变式64．已知数列an满足a1=2(1)证明：数列an(2)在ak与ak+1之间插入k个数，使得这k+2个数组成公差为3k【答案】(1)证明见解析(2)39【分析】（1）分析可得an+1（2）由（1）可得an=【详解】（1）因为an+1=3a且a1+1=3≠0，可得所以an+1是以3为首项，（2）由（1）可得：an+1=3由题意可得：ak+1-a即2·3k=k+120·变式65．在一个有穷数列的每相邻两项之间插入这两项的和，形成新的数列，我们把这样的操作称为该数列的一次“和扩充”．如数列1，2第1次“和扩充”后得到数列1，3，2，第2次“和扩充”后得到数列1，4，3，5，2．设数列a，b，c经过第n次“和扩充”后所得数列的项数记为Pn，所有项的和记为S(1)求P1(2)若Pn≥2024，求(3)是否存在实数a,b,c，使得数列{Sn}【答案】(1)P1=5；(2)10(3)存在；a+c=0，且b≠0，或2b+a+c=0，且b≠0【分析】（1）根据题中“和扩充”的定义分析统计即得；（2）先判断{P（3）根据等比数列的定义和性质进行求解即可．【详解】（1）原数列有3项，经第1次“和扩充”后的项数P1经第2次“和扩充”后的项数P2（2）数列的每一次“和扩充”是在原数列的相邻两项中增加一项，设数列经第n次“和扩充”后的项数为Pn，则经第n+1次“和扩充”后增加的项数为P则Pn+1=P由（1）得P1-1=4，则数列{Pn-1}则Pn-1=4×2由Pn≥2024可得2n+1≥2023，因所以n的最小值为10；（3）设第n次“和扩充”后数列的各项为a,a所以Sn因为数列每一次“和扩充”是在原数列的相邻两项中增加这两项的和，所以Sn+1即Sn+1所以Sn+1=3Sn-(a+c)因S1=a+(a+b)+b+(b+c)+c=2a+3b+2c，则由（*）知，要使数列{Sn}为等比数列，需使(Ⅰ)32a+3b+3由(Ⅰ)解得，a+c=0，且b≠0；由(Ⅱ)解得，2b+a+c=0，且b≠0.故存在a,b,c满足的条件为a+c=0，且b≠0，或2b+a+c=0，且b≠0.【点睛】关键点点睛：本题主要考查数列的新定义问题，属于难题.解题的关键在于充分理解“和扩充”的含义，求出相应的数列递推式，构造等比数列，利用等比数列的定义、通项与求和公式等性质推理解题.一、单选题1．已知正项等比数列an，a2-a1=1，当A．an=2C．an=2【答案】B【分析】根据等比数列的通项公式，结合基本不等式进行求解即可【详解】设正项等比数列an的公比为q因为a2-a1=1>0所以a1=1因为q-1+1当且仅当q-1=1q-1即q=2时，等号成立，此时所以数列an的通项公式为a故选：B2.在递增的等比数列an中，a1，a5是方程x2-34x+64=0A．4 B．12 C．24 D．12或24【答案】B【分析】根据一元二次方程的根，结合等比数列的性质即可求解a1=2，a【详解】x2-34x+64=0的两个根为x1设数列an的公比为q，由已知q>0由于a1，a5是方程x2所以a1=2，a5=32，所以所以a2=4，a3故选：B．3.在高层建筑中，为了优化建筑结构，减少风荷载影响，设计师可能会将建筑设计成底面楼层高度比较高，随着楼层往上逐步按照等比数列递减的“金字塔”形状，已知某高层建筑共10层，第2层高度为43m，第n层高度记为anm，an是公比为32的等比数列，若第k层高度小于A．6 B．5 C．4 D．3【答案】C【分析】求出通项公式后，再解参数范围即可.【详解】由题意得a2=43则a1=8，故由题意得8×(32即k的最小值是4.故选：C.4.数列an的前n项和为Sn，若a1=1，Sn+1A．32023-2 BC．32025-2 D【答案】B【分析】由条件可得an+1+2=3an+2，然后即可求出【详解】因为an+1所以an+1而a1+2=1+2=3≠0，所以an所以a2024+2=3×3故选：B.5.已知等比数列an是递减数列，且a3+a4A．12,1 B．13,1 C．【答案】A【分析】由等比数列时递减数列，确定公比q∈0,1，且a3+a4=1【详解】等比数列an是递减数列，且a3+a4由a3+a故0<1-所以a3的取值范围是1故选：A.6.设为Sn等差数列an的前n项和，已知S1、S2、S4成等比数列，S2=2A．6 B．7 C．8 D．9【答案】A【分析】根据给定条件，求出等差数列的公差d及首项a1，再借助通项公式及前n项和公式求出6a【详解】设等差数列an的公差为d，由S2=2a1由S1、S2、S4成等比数列，得(2因此an则6an-所以n=6.故选：A7.在数列的每相邻两项之间插入此两项的和，形成新的数列，再把所得新数列按照同样的方法进行构造，可以不断形成新的数列．现对数列1，2进行构造，第1次得到数列1，3，2；第2次得到数列1，4，3，5，2；…依次构造，记第n（n∈N*）次得到的数列的所有项之和为Tn，则TA．1095 B．3282 C．6294 D．9843【答案】B【分析】根据给定条件，得到第n次构造后数列的和与第n+1次构造后数列的和的关系，再求出数列Tn的通项即可【详解】设第n次构造后得的数列为1,x1,则第n+1次构造后得到的数列为1,1+x于是Tn+1=6+3(x显然Tn+1-3因此数列{Tn-32则Tn-3所以T7故选：B【点睛】关键点睛：涉及数列新定义问题，关键是正确理解给出的定义，由给定的数列结合新定义探求数列的相关性质，并进行合理的计算、分析、推理等方法综合解决.8.已知公比为负数的等比数列an的前n项积为Tn，且a2=-16,a6=-1，记Tn的最大值为A．4 B．32 C．16 D．8【答案】D【分析】根据a2=-16，a6=-1，可得等比数列an的通项公式an=-1n-12n-6，再由Tn+1【详解】记等比数列an的公比为qq<0，则则q4=116，得所以an=32×-12由Tn+1Tn=25-n<1故Tn的最大项为T所以M=T5=215故选：D二、多选题9．已知等差数列an的前n项和为Sn，等比数列bn的前n项积为TA．anB．anC．SnD．Tn【答案】BC【分析】根据题意，结合常数列的特例，以及等差、等比数列的通项公式和求和公式，逐项判定，即可求解.【详解】对于A中，当an为常数列，且an=0时，因为bn是等比数列，所以对于B中，当bn为常数列时，因为an为等差数列，所以an对于C中，设an的公差为d，则Sn=n因为Sn+1n+1-Sn对于D中，设bn的公比为q，则T当q≠1时，12b1qn故选：BC．10.在数列an中，已知a1=3．当n∈N*A．a2=3 B．a4-a3=27【答案】AC【分析】根据给定的递推公式，计算a2判断A；计算得an+2an【详解】对于A，在数列an中，a则a1a2=32，而对于B，由anan+1=3n+1，得a4=3a2=9对于C，数列a2n是以a2=3为首项，3为公比的等比数列，a对于D，数列a2n-1是以a1=3为首项，3为公比的等比数列，a2n-1=3故选：AC11.已知数列an，bn满足an=bA．b3=4a1+2 BC．当b1=0时，an是等差数列 D．当b【答案】BCD【分析】对于A，直接由已知得到4a1=b3，即可说明A错误；对于B，证明b1≠0，结合bn+1=2bn即可验证；对于【详解】对于A，由已知有4a1=4对于B，当a1≠0时，由于b1=b1-1+1=对于C，当b1=0时，由bn+1所以an=bn-n+1=-n+1，从而a对于D，当b1>1时，由于bn+1所以an+1-an=b故选：BCD.三、填空题12．公差大于零的等差数列an中，a5，7a3，a11成等比数列，若【答案】28【分析】首先由条件得到7a3【详解】设数列an的公差为d由7a32=a所以75+d2=得d=3或d=-5所以a3故答案为：2813.已知数列an满足an+2=3an+1-2an，a1【答案】-【分析】根据an+2=3an+1-2an可得an+2【详解】因为an+2=3a又因为an单调递增，所以a所以数列an+1-an是以所以an+1所以2-λ·2n-1则λ的取值范围为-∞故答案为：-∞14.已知某种细菌培养过程中，每小时1个正常细菌分裂成2个正常细菌和1个非正常细菌），1个非正常细菌分裂成2个非正常细菌.则1个正常细菌经过8小时的培养，可分裂成的细菌的个数为（用数字作答）.【答案】1280【分析】设经过n小时，有an个正常细菌，bn个非正常细菌，则an+1=2an，bn+1=an【详解】设经过n小时，有an个正常细菌，b则an+1=2a又a1=2，b1=1，所以则bn+12n+1所以bn2n所以bn所以bn=n⋅2即1个正常细菌经过8小时的培养，可分裂成1280个细菌.故答案为：1280.四、解答题15．已知等比数列an的公比q>0，且a3+(1)求an(2)若数列bn满足bn=λ⋅3n【答案】(1)a(2)1【分析】（1）利用等比数列通项公式的基本量进行运算即可；（2）bn是严格增数列，利用bn+1【详解】（1）因为数列an是等比数列，且a3+a1若a3=-3，a6=16，则若a3=2，a6=16，则所以an（2）因为bn=λ⋅3所以bn+1-bbn+1即λ>18⋅23因为fx=1所以当n=1时，18⋅2所以λ的取值范围是11216.已知数列an的首项a1=3，且满足a(1)求证：数列an(2)记bn=log2an-1，求数列1【答案】(1)证明见解析(2)Sn【分析】（1）由等比数列的定义即可求证，（2）由裂项相消法求和，即可求解Sn=1-1【详解】（1）由an+1=2a又a1-1=2，所以an-1是首项为（2）由（1）知，an-1=2×所以1bS=1-当n∈N*时，Sn17.已知公比大于1的等比数列an满足a3=8，且a1、(1)求数列an(2)记bm为an在区间0,m（m为正整数）中的项的个数，求数列bm的前30【答案】(1)a(2)94【分析】（1）利用基本元的思想，将已知条件转化为a1,q的形式，求解出a1,q（2）通过分析数列bm的规律，由此求得数列bm的前30项和【详解】（1）令公比大于1的等比数列an的公比为qa解得a1=2q=2（2）由于21b1对应的区间为(0,1]，则bb2,b3对应的区间分别为(0,2],(0,3]，则b2b4,b5,b6,bb8,b9,⋯,b15对应的区间分别为(0,8],(0,9],⋯,(0,15]b16,b17,⋯,b31对